初等數學研究答案1

1、大學數學之初等數學研究,李長明,周煥山版,高等教育出版社習題一1答：原那么：(1)AB(2)A的元素間所定義的一些運算或根本關系,在B中被重新定義.而且對于A的元素來說,重新定義的運算和關系與A中原來的意義完全一致.(3)在A中不是總能施行的某種運算,在B中總能施行.(4)在同構的意義下,B應當是A滿足上述三原那么的最小擴展,而且由A唯一確定.方式：(1)添加元素法；(2)構造法2證實：(1)設命題能成立的所有c組成集合M.a=b,a1b1,1M假設cM,即acbc,那么acacabcbbc,cM由歸納公理知M=N,所以命題對任意自然數c成立.(2)假設ab,那么kN,使得akb,由,(ak)

2、cbc,即ackcbc貝Uac<bc.(3)假設a>b,那么mN,使得bma,由,(bm)cac,即bcmcac貝Uac>bc.3證實：(1)用反證法：假設ab,那么由三分性知ab,或者ab.當ab時,由乘法單調T知acbc.當ab時,由乘法單調性知ac<bc.這與ac=bc矛盾.那么a=b.(2)用反證法：假設a不小于b,那么由三分性知ab,或者ab.當ab時,由乘法單調性知acbc.當a=b時,由乘法單調性知ac=bc.這與ac<bc矛盾.那么ab.(3)用反證法：假設a不大于b,那么由三分性知ab,或者ab.當a<b時,由乘法單調性知ac<bc.

3、當a=b時,由乘法單調性知ac=bc.這與ac>bc矛盾.那么a>b.4.解：(1)3134323145333256(2)313323136333232395證實：當n=1時,4n15n118是9的倍數.假設當n=k時4k15k1是9的倍數.那么當n=k+1時4k115(k1)14(4k15k1)45k18是9的倍數.那么對nN,4n15n1是9的倍數.4C12n6證實：當n1時,1一=3,=3；那么當n1時成立.112n444412k假設當nk時成立,即(14)(1-)(1)(1一.尸k1925(2k1)212k11答:1加法,乘法,減法;構成數環(huán)2乘法,除法；3加法,乘法；4加

4、法,乘法;5加法,乘法,除法；6乘法；加法,乘法,減法;構成數環(huán)8加法,乘法,減法；構成數環(huán)12證實：方法一a1b1也b2a3b3anbn即a2bla1b2,anb1abnaa2a3an即a1bnanb1,an-1bnanbn-1b1b2b3bn方法二:設a1P,也q,那么由p=a1a_202an=q得,b1bnb1b2b3bn那么皿b2PbnPa1a2an<bqb2qbnq7解：1(2)(3)當1時,11時成立.3,13,n=1時,A3假設當n=k時A3k那么當n=k+1那么對n8證實：a|b,9證實：假設存在1,因此ba1)(1)(1)925(14,2)(1(2k1)24(2T-1,

5、2_那么x3x10,1310是10的倍數.3k3k=是10的倍數,13A3n是10的倍數.a|c;q,rZ,b,使得aba那么ba1;假設k1是不可能的.10證實：設a曳,bq2L,cPiP2貝Ua(bc)=(q1")qPiP2P3使得b1,由aaq,b得,ar,那么kbkaq,lclar;N,使得k,a1;即ba1;q3/rr*、(Pi,P2,P3Z,q1,q2,q3Z);P3(qq2)q3(P1P2)P3q1(q2q3)P1MP3)q1»q3、小、()a(bc)PiP2P3b1b2bnb1b2bnb1b2bnanbnq.那么曳b1a1a2b1b2anbn4313.(1)

6、1.2101.53105003.6_41.21031.5105003.61.910(2)43.260.382443.260.3842.88;(3)32.2642.1368.713868.7223268.7;(4)3(2.6310)2.435643(2.6310)2.4361079.638751.08103.14解:|a|2315.40.02%0.463080.5那么它的有效數字的個數為4.15解:2.323.14161.73214.55114.55116證實:方法一:出是有理數,exd那么其不包含x；17ke,bkd;即adcaxbS得,ex方法二:證實:那么假設-H-育ab時,b時由be.a

7、daxb是有理數,那么exdaxb(axb)dexd(exd)d2是有理數exde.即無理數等于有理數矛盾18解:(1)并且34nn1此序列為退縮有理閉區(qū)間序列,a-ba-b,那么dnn12n1be;令其為p,那么dm,nZ,使得Sadxbd22edxde.10；并且當n且它所確定的實數為p,aP,代入axbexm一.;b(exd)d(exd)d-ea-b1.(2)000并且白Q并且當n此序列為退縮有理閉區(qū)間序列,且它所確定的實數為1n11n10.35462n-12n2n-12n2n0;并且當n時1此序列為退縮有理閉區(qū)間序列,且它所確定的實數為2n-12n1.19.(1)()答：復數集與復平面

8、內以0為起點的一切向量組成的集合一一對應；(2)()答:兩復數的和與積都是實數的充分條件是：這兩個復數是共軻復數(3)()答：共軻虛數的正整數次哥仍是共軻復數；(4)()答:一個非零復數的模等于1的充分條件是它與它的倒數之和為實數20證實：當n3k時,(1J3i)3k2-3k%22122當n3k1時,(當n3k2時,(解：Z=1(2那么|Z|=.(1-解：|z|=1,那么u=|z2當cos23.解方程(z1«3i)3k121J3i)3k121；i)7=13、22)cos(cos6isinisin1J3i)3k2271(cosT-61|.4cos24cos1時,Umax3；當cos1；

9、isin-)=16arctan(31)n(z(n1,n1.4(cos2)N時,Umin0.2N).2).2kcosn.2kisin一n2kcosn.2kisinn-；(k01,n-1)124解：(1)n1,(2)n1,nn()1；1n(1)(1n-1)0;而10,12n-10;(3)zn1(z1)(1zz2zn-1)當z1時,1zz2zn-1(z)(z2)(z3)(zn1)令z1時,(1)(12)(1n1)n.25解：由圖像知|OD|J(-g-0)2(-1-0)22；那么|Z|max|OD|AD|2126解：設z=x+yi,那么代入zzzz3,27證實：令zcosxisinx,那么z3.|Z|

10、min|OD|BD|211.得x2y22x3即(x1)2y24.cosxisinx;而zz2cosx,zz2isinx;z2z22cosx,z2z22isinx;貝Usinxsin2xsinnx(zzz2z2znzn)2i28證實：當x0時,方程xnp1xn-1p2xn-2pn-1xpn0的兩邊同乘以xn得1p1x-1p2x-21-nnpn-xpnx0將x=cosisin代入上式得,根據復數相等的條件得1p1cospncosn0p1sinp2sin2pnsinn0.習題二1解：設這個多項式為f(x)a0a(x1)a2(x1)(x2)a3(x1)(x2)(x4).然后將點依次代入:因此,f(x)

11、109(x1)14(x1)(x2)2(x1)(x2)(x4)2x35x7即f(3)32.一4322解：f(x2)(x2)a(x2)b(x2)c(x2)d令x2得d165;令x0得9168a4b2c165,即4a2bc86;令x1得abc119.令x3得abc269.那么a14,b75,c180,d165即f(x2)(x2)414(x2)375(x2)2180(x2)1654.3.23解：由于4x4px4qx2P(m1)x那么(m1)2成為2x2axb的完全平方式,4p4a4qa24b2p(m1)2ab(m1)2b2aPb(m1);即4qa24b4(m1)4證實：(1)F(x)(x1)4325(

12、x1)(xxxx1)=x1即：F(x)(x234)(x)(x)(x);(2)P(5)Q(5)2R(5)F()S(),即b5c55假設f(1)0,那么k2;假設f(1)0,那么k0,不合題意；假設f(2)60,那么k2不合題意；11一人2)0,那么k不合題意.4假設有二次因式設其為f(x)x4x3kx22kx2(x2axb)(x2cxd)即：P(1)Q(1)R(1)0.那么x1是P(x),Q(x),R(x)和S(x)的一個公因式.5證實：abc0,c(ab).555555ab42a2b32a3b2a4b;abcab(ab)那么55ac1按對應項系數相等得a0acbdkadbc2kbd2a01c1

13、時k1;時k1.2b22能分解成整系數因式.d1d1綜上可知當k2,1,1時f(x)x4x3kx22kx7解:(1)法一:原式為對稱式,但顯然原式沒有一個因式,又由于原式為四次式,那么設有一個二次對稱式的因式那么mn2;kl1;xy(xy)=2(xyxy)44422222222法二:xy(xy)(xy)2xy(xy)2xy2222222(2)x2(x1)2(x2x)22x22x1x2(x1)2(3)原式為對稱式,當x(yz)時原式為零,故xyz為原式的一個因式,又由于原式為三次式,那么還有另一個二次對稱式的因式.設令x1,y1,z0得2mn1,令x1,y1,z1得3mn1;那么m0,n1.f(

14、x,y,z)(xyz)(xyxzyz).(4)原式為輪換式,當xy時原式為零,故(xy)(yz)(zx)為原式的一個因式,又,那么還有另一個一次對稱式的因式.設(yz)(zx)(xy)xyzk(xy)(yz)(zx)(xyz)令x1,y2,z0得6k12,k2.那么(yz)(zx)(xy)xyz-2(xy)(yz)(zx)(xyz)432228解:(1)xx6xx15(xmxk)(xnxl)mn1比擬系數得：kmnl6；設k3,l5;那么m1,n2.mlnk1kl15那么x4x36x2x15(x2x3)(x22x5).(2)x47x320x229x21(x2mxk)(x2nxl)mn7比擬系數

15、得：kmnl20;設k3,l7;那么m2,n5.mlnk29kl21那么x47x320x229x21(x22x3)(x25x7)._32_2_29解：(1)xx21x45(x3)(x2x15)(x3)(x5)43232(2)2x7x2x13x6(x1)(2x9x7x6)(3)原式為輪換式,當xy時原式為零,故(xy)(yz)(zx)為原式的一個因式設x(yz)2y(xz)2z(xy)24xyzk(xy)(yz)(zx)令x1,y1,z0得k1.那么x(yz)2y(xz)2z(xy)24xyz(xy)(yz)(zx)(4)(x211x24)(x214x24)-4x2(x4)(x6)x(x12)(

16、x2)10解：(1)4(x5)(x6)(x_22_2_10)(x12)-3x4(x16x60)(x16x60)x(2)x42x327x244x7(x2mxk)(x2nxl)mn2比擬系數得：kmnl27；設k7,l1;那么m5,n7.mlnk44kl7那么x42x327x244x7(x225x7)(x27x1)11解：(1)先用綜合除法,試除數可能是次因式,令6x45x33x23x2/-21,2,1,2,一,經檢驗只有x是原式的一363-2、,Q.一、6(x-)(xaxbxc)展開比擬系數得那么6x43_2_235x33x23x26(x-)(x3(2)x716(xxk),其中xk2kcos一7

17、2kisin,k0,1,2,3,4,5,6712解：由X2、幾113.設a,311-21X10知X1,1；X10.那么XF32XXX11一11-,求證：對于任彳51奇數k,均有Fcabcab1；1c即a2abacbc0,那么(ab)(ac)0,即ab或ac；那么；a那么；ant1那么.ab時,當k為奇數時代入a111.k-kTkk-0bcabc,1c時,當k為奇數時代入-ka111TV-kr-kiT0bcabc,1叫,當k為奇數時代入二a111,kkk,kk0bcabc1111TT,叩-k下kbccabc1111zr-T,而TkZkzrbcbabc1111TV-V-k,叩k二kbcaabc14

18、證實:abc0,a-(bc),b-(ac),c-(bc);,/1那么ab,八1ali15證實：當n1時,S1-一aa®(a1假設當nk時成立,即當nk1時二包1)(a21)(ak2aa2ak216解；1設堂X32x65(x-2)51bk222(bc)(ac)(ba)bcacab1)(a21)等式成立.aa2ABx-2(x2)2CDE(x2)3(x2)4(x2)5通分并合并同類項后與原式比擬系數,得:A2,B15,C42,D54,E22.43ntt2xX2x6215425422那么5-；2345(x-2)5x-2(x2)2(X2)3(X2)4(x2)525x4x16ABxc222(x-

19、3)(x-x1)x-3xx1DxE22(XX1)通分并合并同類項后與原式比擬系數,得:A1,B1,C2,D2,E3.5x24x162x3(x-3)(x2-x1)2x-3x2x1(x21廣17解：1428(3)18解:(1)b3.319.(1)(2)a222(.31'2a222272aa4=2a2223.22,32%32,2)3(3.22.3)、35(“2.3)25a222當.曰a2a222當；a25(232)=0.102.35330122(33、2)2(33.2)(392398382)39=2(3338(3.938)(392398382).2)(3.92,52,5)(52(1.3)39

20、8382)=2(332)(3333)(.52.73)(.75)2(,73)2394)(®7241.72416111012.5、551.丘x2111x20解：(尸=21-x1-x1-1x-1x)2x21丁-x1x22)xx3321證實：ax3by3cz,一x1,3.ax2by2cz_33axby3cz同理可知3ax2by2cz2yVa;Vax2by2cz23ax.A.Csinsin22CAC.Bcossin2bx2cx232.22axbxcx32.22.axbxcx221解：x23,23247,x247；3那么x2證實:證實:25證實:1(x2ym,a2logaxlogab貝U2log

21、ax12)(xyn,mnlogbx,logcx(x-)x23x218.即jxaz,(a0,a1),那么a2xy1成等差數列,那么2loglogaxlogaxlogac;logac1822.47352az,即xyz1.bxlogaxlogcx2logaclogab(logaxlogaxlogaC).即ClogaxlogbxlogcXlogabcXlOgab(ac)logaXlogbXlogcX1logbxlogcxlogaabclogaXlogabcXe1,26解：2lg-(ab),Cctg-12wa2algalg,(ab)2那么()6104bbaa.a一解之得一3242,又由于ab,那么一1,

22、故一32V2.bbbABCBA27證實:要證ctg萬,ctg,ctg,成等差數列,即證2ctg萬ctg2cosgcos即證2-2"sinA22r、.Bc.A即證sin2sins22C.ACcossin()2224A-/sinsinsin222CACA=2coscos22Bcos2AC1)r,.BB即4sincos222sinACACcos222cos0cosUB即證2sin=cos2而由于sinA,sinB,sinC成等差數列.那么2sinBsinAsinC.BAC那么2sinB=cosAC.即1式成立.命題成立.2228.(1)=cos0cos72cos73cos7,3、,2、,、

23、,cos(-)cos(-)cos(-)=1(2)=(1tg1)(1tg2)(1tg3)1tg(451)(4)二(1cos40)2(1cos801cos120)21cos160)229證實:cos1=cos1202coscoscoscoscos40cosi(sin+cos240cos80cos200cos120sinsinsin0.sinsin)0.即eieiei那么(eiei)3)3,即3e(2)i3e()i那么e33e()i(ei)3e()i由復數相等的性質可得cos3cos3cos33cos();30證實:arctgxarctgyarctgz,arctgxarctgyarctgz即tg(a

24、rctgxarctgy)tg(、xyarctgz)側1xy即證得xyzxyz.,1x,31.(1)argtgxargtg(x1);1x.,1、(2)sin(2arctg-)3cos(arctag2、3).1x斛：(1)tg(argtgxargtg)1x1xx11x311,貝Uargtgxargtg-或-一1x1x1x441x1、(2)sin(2arctg-)cos(arctag2.3)3八.,1、,1、,2sin(arctg-)cos(arctg-)cos(arctag2.3)3.8、32證實：(1)sin(arcsinarcsin一)517又由于arcsing-,06.3arcsin5.77

25、arcsin8553.8arcsin17所以2,412、(2)cos(arccoarccos)4-又由于一arccos,0653.,.3、,.8、sin(arcsin-)cos(arcsin)517.8arcsin,1762.3.8.77arcsinarcsinarcsin51785,4、,12、cos(arcco)cos(arcco)12arccos,1364arccos533arccos6512arccos1tg(arctg2arctg,)132一,4所以arccos-512arccos1333arccos.65又由于0arctg11+1arctgg)10114,0arctg51arctg

26、-arctg-,1arctg-m4,1arctg-1arctg-(4)tg(arctgm-)n41mnm.而tg(arctg一n)當mn時由于0n*marctg一nmn又0arctgmn.m一.所以arctg一4n,m-narctgmnOm,n同號;,261,2、,.61(5)cos(arccos-arccos)cos(arccos)cos(arccos323323由于0arccos24arccos-5(6)tg(arcsin4)545351而tg(2arctg)234又由于0arcsin5習題三arccos12arccos一1361,又02326一所以22arccos,3、61arccos2

27、36,1、cot(2arctg-)1二TTtg(2arctg3)一,而02-2arctg1-,4c,1所以arcsin2arctg532221解：1由ADIxxAEAB得AE.那么CD2(rAE)2r一2rr2_x_2x(2)y4r2xr那么yCDAB2x4r2x一.(0x、2r)r1一(xr)5r.當xr時,ymax5r.r2證實：1令mn0時,f0f(0)f(0).即f(0)0或者f(0)1；f(0).那么f(0)1.1_f(n)當f(0)0時f(m)f(m)f(0)0,又當m0時f(m)n,n0時,f(nn)f(n)f(n)1,即f(n)1一,-1那么f(x)；又當x0日lf(x)1,那

28、么1,即0f(x)1f(x)f(x)f(x)1;x0由此得f(x)1；x0;那么對于任意xR,均有f(x)0.0f(x)1;x03答：(1)是；(2)不是4x504解：1由|x|0得:x|8|x|0,x-.43x20-2L(2)由2x10得:x|x且x132x112log0.5(log2x1)0,2/曰.22由log2x10傳：x1,一)(,1.2c22x07|x2|0(4)由93x0得:x|5x2且xlog38.lg(93x)0由1(1)2x10得:x|x-32(6)0得：x1,-).212x21.(8)1x5x11(1,25sinx1由1sinx得:x|02k2,k1,2(10)由cos3

29、x0得：x|2k3?k0,1,15.(1)解：由1x4得:x|11.(2)解:2得:x|04.(3)解:3馬:x|,10x103.6證實:2f(x)的定義域為實數集R,那么x-4kx4k2k1k-10.2216k24(4k2kk1時那么16k24(4k214)4k1k11k)4kk10,Mk1.0,即x2-4kx4k2k1k-10.故f(x)的定義域為實數集R7解：(1)x2xx2x(x2)1123(x-)242xx2x3,1).(2)cosxsinx32sin(x)3、2,3cosxsinx一32,332.(3)由13x26x,lg(3x26x7)1.(4)y22x12x23x3x1一一2一

30、一,那么2x(3y)x(3y22y15Q得y5或y3.、,22法一：y2x12(x1)1;那么x1x12、2即2(x1)4或2(x1)4x1x1一2一,、一那么y2x15,)或(,3x112令J134xt,那么y2x3V134x-(t1)24(6)y4x3,4x24x3.4x3(2x1)243一,33當X4時,ymin2,y2,入xxy1.由yexeX得x1ln3,即3.,那么1exex21y1y(8)由y2xlg小得,lg22x153、lg(1?(lg；,lg-),2.4、那么y(1lg-,1ig二).35(9)1、y3arccos僅-)0,3;(10)2x10,3,yarcctg,2x1-

31、,-62-5t11一8解：令4x1t,那么f(t),即f(x)t22t115x11x22xiiy-2,_一那么yx(2y5)x11y110.當y0時,有意義；當y0時,0,即yR.29解：(1)由yx22x2得反函數為y1.其定義域和值域為x0,y1.2工2x,x42(2)由y得反函數為y.其定乂域和值域為x-,y5x125x5M,那么y12無上界.x1一.110證實：對M0,x0,使y11M.Mx011但對x0,y10>1,那么任何小于1的數都是y10的下界.xx11證實：由于f(x)是有界函數,那么M0,對xD,有|f(x)|M.而g(x)沒有上界,那么對N0,xD,有g(x)N.那

32、么f(x)g(x)NMW對W0,x,使f(x)g(x)W,那么f(x)與g(x)的和在定義域D上無上界.12解:令y2u,ux22x8.y2u,當u0,)上單調遞增.2那么y24x2x8當x2,1)上單調遞增在x1,4上單調遞減.13.(1)奇函數(2)偶函數(3)非奇非偶函數(4)非奇非偶函數(5)偶函數(6)偶函數於11ax114斛:f(-x)g(-x)(2)g(-x)(2)g(x)(a1112)f(X)那么f(x)是偶函數.1x15解：f(-x)lg-f(x),那么匕1x一一,一1是奇函數.而一(1,1)上單調遞減.那么ylgx0,得定義域為x(1,1)(1,1)上單調遞減.16解：(1

33、)yf(-x)lg(-xx21)lg(-x,x21)-lg(xx21)f(x).那么f(x)的定義域為xR,它是奇函數.(2)由ylg(xx21)和-ylg(-xJx21)得10y10貯即210y2x1/、101f(x)-(3)由于x,x211,那么yf(x)lg(xyx21)0,(4)對Xix2,f(x1)f(x2),那么f(x)在其定義域上是增函數17解：當x0時,-x0即f(-x)x2.又f(x)是奇函數,那么f(x)f(x)2.那么f(x)18解:f(-x)1sinX-8sx,那么f(-x)1sinxcosxf(x)1sinx-cosx1sinxcosxsinx-cosx=0sinxc

34、osx那么函數f(x)1sinx-cosx1sinxcosx函數.6log2aolog26R,那么a1.19解：(1)令2x3y6za,由于x,y,z3310g2a即2x2log2a,3y310g3a10g3a,6z610g6alog23要比擬2x,3y和6z的大小,只須比擬2,_6_的大小即可.log2310g26-3-6r而2,即3y2x6z.log23log261(2)一x1110g62臉3log2alog3alog6a1log6a20解：由于x(0,1),那么1-x(0,1),1x(1,2)當0a1時,H0ga(1x)|loga(1x)|=loga(1x)loga(1x)2、=loga

35、(1x)>0；當a1時,|loga(1x)|loga(1x)|=-loga(1x)loga(1x)2、一=-loga(1x)>0；綜上可知|loga(1x)|loga(1x)|.21解：令ucosx,u1,1,那么sin(cosx)sinu在-1,1上單調遞增.而cosx在2k,2k上單調遞減.那么sin(cosx)在2k,2k上單調遞減22x解：由于(sin21sinx5貝Usinx4xn221sinxxxxx貝Usincos0,故sincos222223證實:f(x-)|sin(x-)|cos(x-)|sinx|cosx|f(x).萬.那么f(xT)f(x).那么一是f(x)的

36、周期.假設f(x)的最小正周期是T,且0T2即|sin(xT)|cos(xT)|sinx|cosx|對一切x就立.令x5,那么|sinT|cosT|1,即sinTcosT1,那么42sin(T)1.那么T2k,T2k.這與0T一矛盾假設不成立,即證.44224證實:假設f(x)是以T為周期的周期函數.即f(xT)f(x).那么(xT)sin(xT)xsinx.令x0,得TsinT0.由于T0,所以sinT0,k,k乙那么(xk)sin(xk)xsinx.徂一,付一22-,彳#k0或k1.當k20時舍,貝Ik1.,得k0或k1.當2k0時舍,那么k1.矛盾.那么f(x)xsinx不是周期函數.2

37、5解：(1)由1tgx1得,kxkf(x)arcsin(tg(x)f(x).f(x)arcsin(tgx)是奇函數(2)xR,g(x)是偶函數26.(1)(2)arcsin(sin)sinarccos(£)3arccos(sin-)=.33362arctg(-).462527解:yarctg(tgx)x,x(-,-)習題四1解:方程一次方程右不田土禾口整式方程二次方程m加七壬口有理方程代數萬程高次方程分式方程無理方程指數方程即如七工口對數方程超越萬程一存士力二角萬程反三角方程(1)2解：方程x210和x410在有理數集,實數集上同解,在復數集上不同解.3(1)不同解.定義域不相同.(

38、2)不同解.(5)同解(6)同解(7)不同解.定義域不相同定義域不相同.(3)同解(4)不同解(8)同解(9)同解(10)不同解.定義域不相同4解：(1)方程兩邊同乘以2(x1)(x2)(x一23)得,x3x20即x1或x2.但x1或x2為增根,故原方程無解.(2)解：方程兩邊同乘以(x2)(x2)得,x23x20即x1或x2.但x2為增根,故原方程解為x1.(3)解：方程兩邊同乘以4(3x1)(3x1)(6x2)得,6x25xr1,1,1即x或x-但x-為增根,故原方程解為233(4)解：方程兩邊同乘以3(x2)(x4)得,(x7)(2x7)即x7或x-.故原方程解為x211(5)解：令x7

39、xu貝U-uu67或x1u187.21u120；方程兩邊同乘以u(u6)(u18)(u12)得u9.即x27x9.7132故原方程解為x13或x22x4(6)解：設一一3xx482一2一一t,那么J=3t8.即3t810t.那么t2或t3x2x4-4x4當t2時42得x3M21;當t2時上一3x33x即原方程的解為x3匹;x6或x2.4,一八一得x6或x32.,.,一一.,35解：(1)萬程兩邊同乘以(x_2_2_一_42_2x3x4)(x5x6)得,3xx240r2,28,即x3或x-；那么x3-2V3,xTi.(舍),即原方程的解為x73,3(2)利用合分比性質得2x26x4x282x_1

40、2,即3x4x224010x8;那么xJ3,x-2-i.即原方程的解為xJ33.32(2)解：萬程兩邊同乘以(xxx4936)得：(x6)大)(x6)2(濘)2"36)2x422x9222即(x6)2(-4)2(x6)2(-9)2(x6)2(x6)2.x4x9那么(x6)2(x4)21+(x6)2(x-9)210.x4x9即(x6)24x2r(x6)(x4)*2(x9x肖.2當x0時；(x6)x4(x6)x3r.當x90時也滿足.即原方程的解為66.26x5'0.(3)解：原方程變?yōu)槭恳豢?整理得x117(-x3x4J311x215x414),即x595(326x13x11運

41、用差根變換,各根減去2,可得缺二次項的三次方程一次項p1,常數項q1.311082)2,p、3939()；(2)318設U11939化是(1)的任意一個解,那么u的另外兩個解為u2U1,U32U1,其中由(3)得到與5,23相對應的v的三個解：因此y且uvy10的三個根是因此x36x213x110的三個根是那么原方程的根為3.1v93_9%：3(而9)x'183、22(4)解：原方程變?yōu)榈脁8x152x3x2121x8x152xx8x15整理得(x214x15)(x27x15)0,即原方程的解為x7V34.6解(1)原方程變?yōu)榈?(2x1)(x11)J9(2x1)、(2x1)(x4)兩

42、邊平方得(2x1)2(x5)0,即即原方程的解為15,x一2解:先分子有理化當6x80時:12x422x29x216再平方整理得：81x43114x512x10240(2)解:兩邊平方得：2''(x5)(x3)1,那么無解.利用待定系數法得令即m16,n32,k0,l32.即x2當6x40時x也是解,那么原萬程的解為x34.22；x一.33(4)解:原方程變?yōu)閤2<x1y12y11z22.z210.即(x1)2(Jy11)2(-.z21)20,gpx1,y2,z3.3一2一7解：(1)x6x15x14x38(6x215x6),一、,2一、=(x2)(x4x7)0得x2或x

43、2V3i_4_3_2一一(2)6x19x7x26x1222x(6x19x11)2(2x1)(x6)21=(2x1)(x3)(3x2x4)0得x-,x23,x1.133x44x32x212x9(x1)2(x3)20得x1(2)或x3(2)(4)x5x46x314x211x3(x1)4(x3)0得x1(4)或x3.8解:令y2x,那么x,2x5x34x282()5(-y)34(-y)28532即x2x16x12801 1.9解：令y2,那么先求以一為根的方程為11x2x2x30xx132.再求以y2為根的方程為11(x2)32(x2)22(x2)30.x即11x364x2126x870.10解:由x1x2x31,得x1x21111,x2x3和x1x3；x3Xx232求以xx2,x?x3和x3%為根的萬程為x2x10.11解:由x1x2x31,得x1xx1x2x312x1x2x1x2x3x212x2x3,那么工2,2,-xx2x312x3x1x2x3111先求以L,為根的方程為3x3x10.x1x2x3111再求以,和為根的萬程為25x337xX3U3V3(2)解：運用差根變換,各根減去1